Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Từ giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} \right)\).

Do đó \(\left( {AC,\left( {BCD} \right)} \right) = \left( {AC,BC} \right) = \widehat {ACB}\).

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = 90^\circ \).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\) suy ra

\(AH = BH = CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}\).

Ta có: \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ nên $HA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$

\(\Rightarrow \widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,HA} \right)} = \widehat {SAH} = \alpha \)

$ \Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3  \Rightarrow \alpha  = 60^\circ $.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = \widehat {SCA} = \alpha \)

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 ,SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\) $ \Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \alpha  = 30^\circ $.

Do H là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Vậy $AH$ là hình chiếu của $SA$ lên mp $\left( {ABC} \right)$

\( \Rightarrow \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA;HA} \right) = \widehat {SAH}\) (do \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AH\) hay \(\widehat {SAH} <90^0\))

Mà: $\Delta ABC = \Delta SBC \Rightarrow SH = AH$

Vậy tam giác $SAH$ vuông cân tại $H$ \( \Rightarrow \widehat {SAH} = {45^0}\)

Có \(IO\)   là đường trung bình tam giác \(SAC\)   nên \(IO//SA\)   nên \(IO \bot \left( {ABCD} \right)\)  nên A đúng.

Có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB\)  nên B đúng

Và \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD\) nên phương án D đúng.

Đáp án C sai vì nếu \(\left( {SAC} \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(BD\) \( \Rightarrow BD \bot AC\)(vô lý).

Bước 1:

Do \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow\) B là hình chiếu của C lên $(SAB)$

Mà S là hình chiếu của chính nó lên $(SAB)$.

\( \Rightarrow\) \(SB\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow\) Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc giữa $SC$ và $SB$ và bằng \(\widehat {BSC}\)

Bước 2:

Ta có:

$SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {6{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 7 $

Xét tam giác \(SBC\) có

\(\tan \widehat {BSC} = \dfrac{{BC}}{{SB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 7 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 7 }}.\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).

Qua \(E\) kẻ \(EF \bot CD,EG \bot AB \Rightarrow \left( {EGF} \right) \bot AB\) và \(F,G\) là trung điểm của \(DC,SB\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {EGF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FE\\FE//BC\end{array} \right. \) \(\Rightarrow \left( {SBC} \right) \cap \left( {EGF} \right) = GH//BC\) (định lý giao tuyến ba mặt phẳng)

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(SC\).

Vậy thiết diện là hình thang \(GHFE\).

Vì \(GE//SA\) nên \(GE \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow GE \bot FE\) nên thiết diện là hình thang vuông.

\({S_{EGHF}} = \dfrac{{\left( {FE + GH} \right).GE}}{2} \) \(= \dfrac{{\left( {BC + \dfrac{1}{2}BC} \right).\dfrac{1}{2}SA}}{2} \) \( = \dfrac{{\left( {8 + 4} \right)3}}{2} = 18\)

Theo bài ra hình chóp \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), ta có \(SG \bot (ABC),G \in AH\).

Mà \(AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(SAG\) vuông tại \(G\) nên theo định lý Pi-ta-go ta có :

\(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {{b^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \sqrt {\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{3}}  = \dfrac{{\sqrt {9{b^2} - 3{a^2}} }}{3}\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi C’ là trung điểm AB. Suy ra C, C’, G thẳng hàng.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CC'\\SG \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SCC'} \right) \Rightarrow AB \bot SC$.   (1)

Trong tam giác SAC, kẻ $A{C_1} \bot SC$.   (2)

Từ (1) và (2), suy ra $SC \bot \left( {AB{C_1}} \right)$.

Suy ra thiết diện cần tìm là tam giác $AB{C_1}$ thỏa mãn đi qua A và vuông góc với SC.

Tam giác SAC cân tại S nên để ${C_1}$ nằm giữa S và C khi và chỉ khi $\widehat {ASC} < {90^0}$.

Suy ra $\cos \widehat {ASC} > 0 \Leftrightarrow S{A^2} + S{C^2} - A{C^2} > 0 \Leftrightarrow 2{b^2} - {a^2} > 0 \Rightarrow a < b\sqrt 2 .$

Gọi \(I\) là trung điểm ${\rm{AS}} \Rightarrow {\rm{BI}} \bot {\rm{SA}}$

Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AD\)

Mà \(AD \bot AB\) nên \(AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot BI\)

Suy ra \(BI \bot (SAD) \Rightarrow \alpha  = \widehat {IDB}\)

Ta có: \(BI = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2},BD = AB\sqrt 2  \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{BI}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)

Ta có

Ta có \({C_1}C \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(A{C_1}\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)

\(\Rightarrow \widehat {\left( {A{C_1},\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {CA{C_1}} = \alpha \)\( \Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{C{C_1}}}{{AC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(OB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng đáy.

Do đó \(\alpha  = \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO}\) và \(\beta  = \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,OC} \right) = \widehat {SCO}\).

Hình thoi \(ABCD\) có \(AC = 2a,\widehat {ADC} = {60^0} \Rightarrow \Delta ADC\) đều \( \Rightarrow AD = 2a\)

Tam giác \(AOD\) vuông tại \(O\) nên \(OD = \sqrt {A{D^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow OB = a\sqrt 3 \).

Lại có \(\tan \alpha  = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{OB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{2}OB = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(\tan \beta  = \tan \widehat {SCO} = \dfrac{{SO}}{{OC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Bước 1:

\(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy nên hình chiếu của SC lên (ABC) là AC.

Bước 2:

Góc giữa SC và (ABC)  là \(\widehat {SCA}\)

Bước 3:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 5 \)

\(\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{a\sqrt 5 }} = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}\)

Bước 1:

Gọi O là tâm của ABCD.

M là trung điểm của AO, N là trung điểm của AB.

Qua G kẻ GP song song với MN (\(P \in SM\)).

Ta có ABCD là hình vuông nên \(BD \bot AC\). Mà \(MN||BD\)\( \Rightarrow MN \bot AC\).

Ta lại có \(MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

=> \(MN \bot \left( {SAC} \right)\)

\(GP||MN \Rightarrow GP \bot \left( {SAC} \right)\)

Bước 2:

Hình chiếu của C lên (SAC) là C, hình chiếu của G lên (SAC) là P.

=> Hình chiếu của CG lên (SAC) là CP

Góc giữa CG và (SAC) là góc giữa CG và CP và bằng \(\widehat {GCP} = \alpha \)

Bước 3:

\(GP = \dfrac{2}{3}MN = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}OB\)\( = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{6}.a\sqrt 2 \)

Kẻ \(PQ||SA \Rightarrow PQ = \dfrac{1}{3}SA = \dfrac{{2a}}{3}\)

\(\begin{array}{l}CQ = \dfrac{1}{3}MA + 3MA = \dfrac{{10}}{3}.MA\\ = \dfrac{{10}}{3}.\dfrac{1}{4}AC = \dfrac{5}{6}AC = \dfrac{{5.a\sqrt 2 }}{6}\\ \Rightarrow CP = \sqrt {C{Q^2} + P{Q^2}} \\ = \sqrt {\dfrac{{25{a^2}}}{{18}} + \dfrac{{4{a^2}}}{9}}  = a\sqrt {\dfrac{{11}}{6}} \\ \Rightarrow CG = \sqrt {C{P^2} + G{P^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{3}\\ \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{GP}}{{CG}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{6}.\dfrac{3}{{\sqrt {17} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {34} }}\end{array}\)